Đề 1 khảo sát chất lượng lớp 12, lần 2 - Năm 2014 môn: toán; khối: a và a1; thời gian làm bài: 180 phút

1 
TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH 
TRƯỜNG THPT CHUYÊN 
ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12, LẦN 2 - NĂM 2014 
Môn: TOÁN; Khối: A và A1; Thời gian làm bài: 180 phút 
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) 
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số 3 26 3( 2) 4 5y x x m x m= − + + + − có đồ thị ( ),mC với m là tham số thực. 
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho khi 1.m = 
b) Tìm m để trên ( )mC tồn tại đúng hai điểm có hoành độ lớn hơn 1 sao cho các tiếp tuyến tại mỗi điểm đó của ( )mC 
vuông góc với đường thẳng : 2 3 0.d x y+ + = 
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình sin 1 cot 2.
1 cos 1 cos
x
x
x x
+ + =
+ −
Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình 
2 4
2 2
( )( 4 ) 3 0
( , ).
2 1 1 0
x y x y y y
x y
x y y y
 + + + + =
∈
+ + − + + =
ℝ 
Câu 4 (1,0 điểm). Tính diện tích hình phẳng được giới hạn bởi các đường 3 1 ; 0; 1.
(3 1) 3 1
x
x x
y y x
−
−
= = =
+ +
Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a,  0120 ,BCD = cạnh bên SD vuông góc 
với mặt phẳng đáy, mặt phẳng (SAB) tạo với mặt phẳng (SBC) một góc 060 . Gọi K là trung điểm của SC. Tính theo 
a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AD, BK. 
Câu 6 (1,0 điểm). Giả sử x, y, z là các số thực dương thỏa mãn 2 2 2 1.x y z+ + = Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 
3 3 3 3
2 2 3 3 .1 1 24
xy yz x y y zP
z x x z
+
= + −
+ +
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần a hoặc phần b) 
a. Theo chương trình Chuẩn 
Câu 7.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ ,Oxy cho tam giác ABC có đỉnh (3; 3),A tâm đường tròn ngoại tiếp 
(2; 1),I phương trình đường phân giác trong góc BAC là 0.x y− = Tìm tọa độ các đỉnh B, C biết rằng 8 5
5
BC = và 
góc BAC nhọn. 
Câu 8.a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ ,Oxyz cho mặt phẳng ( ) : 2 1 0P x y z− − + = và các đường thẳng 
1 2
3 7 2 1 1 3
: ; : ; : .
2 1 2 1 2 1 1 1 2
x y z x y z x y zd d d+ − − − − −= = = = = =
−
 Tìm 1 2,M d N d∈ ∈ sao cho đường thẳng MN 
song song với (P) đồng thời tạo với d một góc α có 1cos .
3
α = 
Câu 9.a (1,0 điểm). Cho phương trình 28 4( 1) 4 1 0 (1),z a z a− + + + = với a là tham số. Tìm a ∈ℝ để (1) có hai 
nghiệm 1 2,z z thỏa mãn 1
2
z
z
 là số ảo, trong đó 2z là số phức có phần ảo dương. 
b. Theo chương trình Nâng cao 
Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ ,Oxy cho tam giác ABC có phương trình đường thẳng chứa 
đường cao kẻ từ B là 3 18 0,x y+ − = phương trình đường thẳng trung trực của đoạn thẳng BC là 
3 19 279 0,x y+ − = đỉnh C thuộc đường thẳng : 2 5 0.d x y− + = Tìm tọa độ đỉnh A biết rằng  0135 .BAC = 
Câu 8.b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ ,Oxyz cho điểm (4; 4; 5), (2; 0; 1)A B− − − và mặt phẳng 
( ) : 3 0.P x y z+ + + = Tìm tọa độ điểm M thuộc mặt phẳng (P) sao cho mặt phẳng (MAB) vuông góc với (P) và 
2 22 36.MA MB− = 
Câu 9.b (1,0 điểm). Cho đồ thị 
2 2( ) :
1a
x axC y
x
+ −
=
−
 và đường thẳng : 2 1.d y x= + Tìm các số thực a để d cắt 
( )aC tại hai điểm phân biệt ,A B thỏa mãn ,IA IB= với ( 1; 2).I − − 
------------------ Hết ------------------ 
xa.nguyenvan@gmail.com
2 
TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH 
TRƯỜNG THPT CHUYÊN 
ĐÁP ÁN ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12, LẦN 2 - NĂM 2014 
Môn: TOÁN – Khối A1; Thời gian làm bài: 180 phút 
Câu Đáp án Điểm 
a) (1,0 điểm) 
Khi 1m = hàm số trở thành 3 26 9 1.y x x x= − + − 
a) Tập xác định: .R 
b) Sự biến thiên: 
* Giới hạn tại vô cực: Ta có lim
x
y
→−∞
= −∞ và lim .
x
y
→+∞
= +∞ 
* Chiều biến thiên: Ta có 2' 3 12 9;y x x= − + 
1 1
' 0 ; ' 0 ; ' 0 1 3.
3 3
x x
y y y x
x x
= < 
= ⇔ > ⇔ < ⇔ < < 
= > 
Suy ra hàm số đồng biến trên mỗi khoảng ( ) ( ); 1 , 3; ;−∞ + ∞ nghịch biến trên khoảng ( )1; 3 . 
* Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại 1, 3,CĐx y= = hàm số đạt cực tiểu tại 3, 1.CTx y= = − 
0,5 
* Bảng biến thiên: 
c) Đồ thị: 
0,5 
b) (1,0 điểm) 
Đường thẳng d có hệ số góc 1 .
2
k = − Do đó tiếp tuyến của ( )mC vuông góc với d có hệ số góc 
' 2.k = 
Ta có 2' ' 3 12 3( 2) 2y k x x m= ⇔ − + + = 23 12 4 3 .x x m⇔ − + = − (1) 
Yêu cầu bài toán tương đương với phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt lớn hơn 1. 
0,5 
Câu 1. 
(2,0 
điểm) 
Xét hàm số 2( ) 3 12 4f x x x= − + trên (1; ).+ ∞ 
Ta có bảng biến thiên: 
Dựa vào bảng biến thiên ta suy ra phương trình ( ) 3f x m= − có hai nghiệm phân biệt lớn hơn 1 
khi và chỉ khi 5 88 3 5 .
3 3
m m− < − < − ⇔ < < Vậy 5 8.
3 3
m< < 
0,5 
Câu 2. 
(1,0 
điểm) 
Điều kiện: cos 1, sin 0 , .x x x k kpi≠ ± ≠ ⇔ ≠ ∈Z 
Phương trình đã cho tương đương với 
 2
sin sin cos 1 cos cos 2
sinsin
x x x x x
xx
− + +
+ = 
0,5 
x 
'y 
y 
1 ∞− ∞+ 3 
3 
∞− 
∞+ 
1− 
+ – 0 0 + 
x O 
3 
y 
1 
1− 
3 
x 
( )f x 
1 ∞− ∞+ 
∞+ 
8− 
2 
5− 
∞+ 
xa.nguyenvan@gmail.com
3 
2sin cos 1 2sin
sin cos cos2 0
(sin cos )(1 cos sin ) 0.
x x x
x x x
x x x x
⇔ + + =
⇔ + + =
⇔ + + − =
*) sin cos 0 ,
4
x x x kpi pi+ = ⇔ = − + .k ∈Z 
*) 211 cos sin 0 sin 2
4 2 2 , .
x k
x x x
x k k
pi
pipi
pi pi

= +  + − = ⇔ − = ⇔   
= + ∈ Z
Đối chiếu điều kiện, ta có nghiệm của phương trình là , 2 , .
4 2
x k x k kpi pipi pi= − + = + ∈Z 
0,5 
Điều kiện: 22 1 0.x y+ + ≥ 
Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với 
2 2 4 2 2( ) 4( ) 3 0 ( )( 3 ) 0.x y x y y y x y y x y y+ + + + = ⇔ + + + + = 
*) 2 0,x y y+ + = hay 2.x y y= − − Thay vào phương trình thứ hai của hệ ta được 
2
2 2
2
1 1 (ktm)
1 1 0
1 2.
y y
y y y y
y y

− + = −

− + − + + = ⇔

− + =
2 1 133 0 .
2
y y y ±⇔ − − = ⇔ = 
Với 1 13
2
y −= thì 4 13x = − + và với 1 13
2
y += thì 4 13.x = − − 
0,5 
Câu 3. 
(1,0 
điểm) 
*) 23 0,x y y+ + = hay 23 .x y y= − − Thay vào phương trình thứ hai của hệ ta được 
2 2 2 21 1 0 1 1y y y y y y y y− − + − + + = ⇔ − − + = − − 
2 2
2 2 2 2
1 0 1 0
1.
1 ( 1) ( 1)( 3 3) 0
y y y y
y
y y y y y y y y
 
− − ≥ − − ≥ 
⇔ ⇔ ⇔ = − 
− − + = − − + − + =  
 Suy ra 2.x = − 
Vậy nghiệm (x; y) của hệ là ( )1 13 1 134 13; , 4 13; , 2; 1 .
2 2
   
− +
− + − − − −      
   
0,5 
Ta có 3 1 0 3 1 0.
(3 1) 3 1
x
x
x x
x
−
−
= ⇔ = ⇔ =
+ +
 Rõ ràng 3 1 0
(3 1) 3 1
x
x x−
− ≥
+ +
 với mọi [ ]0; 1 .x ∈ 
Do đó diện tích của hình phẳng là 
1 1
0 0
3 1 3 1d .3 d .
(3 1) 3 1 (3 1) 3 1
x x
x
x x x x
S x x
−
− −
= =
+ + + +
∫ ∫ 
0,5 
Câu 4. 
(1,0 
điểm) 
Đặt 3 1,xt = + ta có khi 0x = thì 2,t = khi 1x = thì 2t = và 23 1.x t= − 
Suy ra 3 ln3d 2 d ,x x t t= hay 2 d3 d .
ln3
x t tx = Khi đó ta có 
( )22 22
3 2
22 2
2 3 2 22 2 2 2 2 2d 1 d .
ln3 ln3 ln3 ln 3
tS t t t t
tt t
−
−    
= = − = + =   
   
∫ ∫ 
0,5 
 Gọi .O AC BD= ∩ Vì  0120BCD = nên  060ABC = 
ABC⇒ ∆ đều cạnh a 3, .
2
aAC a OD OB⇒ = = = 
Kẻ OH SB⊥ tại H. Vì ( )AC SBD⊥ nên AC SB⊥ 
( )SB AHC SB AH⇒ ⊥ ⇒ ⊥ và .SB HC⊥ 
( ) 0 0( ), ( ) 60 ( , ) 60SAB SBC AH CH= ⇔ = 
 060AHC⇒ = hoặc  0120AHC = . 
Câu 5. 
(1,0 
điểm) 
TH 1.  060AHC =  0 0 330 .cot30 ,
2
aAHO OH OA OB⇒ = ⇒ = = = vô lý vì OHB∆ vuông tại H. 
0,5 
A B 
C 
P 
Q S 
K 
O 
D 
H 
4 
TH 2.  0 0 0120 60 .cot 60
2 3
aAHC AHO OH OA= ⇒ = ⇒ = = 2 2 2 .
3
aBH OB OH⇒ = − = 
Vì 2 tam giác vuông BOH và BSD đồng dạng nên . 3 .
2 2
OH BH OH BD aSD
SD BD BH
= ⇒ = = 
2 23 32. 2. .
4 2ABCD ABC
a aS S= = = Suy ra 
3
.
1 2
. .
3 8S ABCD ABCD
aV SD S= = 
Vì BC // AD nên (SBC) // AD ( )( , ) , ( ) .d AD BK d D SBC⇒ = (1) 
Kẻ DP BC⊥ tại P, DQ SP⊥ tại Q. Vì ( )BC SDP⊥ nên ( ).BC DQ DQ SBC⊥ ⇒ ⊥ (2) 
Từ tam giác vuông DCP 0 3.sin 60 .
2
aDP DC⇒ = = Từ tam giác vuông .
2
aSDP DQ⇒ = (3) 
Từ (1), (2) và (3) suy ra ( , ) .
2
ad AD BK DQ= = 
0,5 
Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có 
( ) ( ) ( ) ( )
( )( ) ( )( )
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
2 2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 22 2 2 2 2 2 2 2
2 2 2 2
2 2 2 2
1 1
1
42 2
1 1 1 1 11 1 1 .
4 4 2 2 4 2 2 4 8
xy yz xy yz
z x z x z y x y x z
xy yz x y y z
z x z y x y x zz x z y x y x z
y y y y y y y y
yz xy z x z xz y x y
+ = +
+ + + + + + + +
 
≤ + ≤ + + + 
+ + + + + + + +
       
= + + ≤ + + = + + = + +       + +       
Tiếp tục áp dụng bất đẳng thức Cô si, ta có 3 3 3 3 31 ( )
4
x y y z xy yz+ ≥ + nên 
33 3 3 3 3
3 3 3 3
( ) 1
.
44
x y y z xy yz y y
z xz x z x
+ +  ≥ = + 
 
Suy ra 
31 1 1
.
4 8 96
y y y yP
z x z x
   ≤ + + − +   
   
0,5 
Câu 6. 
(1,0 
điểm) 
Đặt ,
y y
t
z x
= + khi đó 0t > và 31 1 1 .
96 8 4
P t t≤ − + + 
Xét hàm số 31 1 1( )
96 8 4
f t t t= − + + với 0.t > 
Ta có 21 1'( ) ; '( ) 0 2,
32 8
f t t f t t= − + = ⇔ = vì 0.t > 
Suy ra bảng biến thiên: 
Dựa vào bảng biến thiên ta có 5 ,
12
P ≤ dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 2t = hay 
1
.
3
x y z= = = Vậy giá trị lớn nhất của P là 5 ,
12
 đạt được khi 1 .
3
x y z= = = 
0,5 
 Vì AD là phân giác trong góc A nên AD cắt đường tròn (ABC) 
tại E là điểm chính giữa cung BC .IE BC⇒ ⊥ 
Vì E thuộc đường thẳng 0x y− = và (0; 0).IE IA R E= = ⇒ 
Chọn (2; 1)BCn EI= = ⇒
 
 pt BC có dạng 2 0.x y m+ + = 
Từ giả thiết 2 24 5 3
5 5
HC IH IC HC⇒ = ⇒ = − = 
3( , )
5
d I BC⇒ =
2| 5 | 3
85 5
mm
m
= −+
⇔ = ⇔ ⇒
= −
: 2 2 0
: 2 8 0.
BC x y
BC x y
+ − =
 + − =
0,5 
Câu 
7.a 
(1,0 
điểm) 
Vì BAC nhọn nên A và I phải cùng phía đối với BC, kiểm tra thấy : 2 2 0BC x y+ − = thỏa mãn. 0,5 
( )f t 
'( )f t 
t 2 
0 + – 
0 ∞+ 
5
12
A 
B C 
E 
I 
D 
H 
5 
Từ hệ 2 2
2 2 0 8 6(0; 2), ;
5 5( 2) ( 1) 5
x y
B C
x y
+ − =  
⇒ −  
− + − =  
 hoặc 8 6; , (0; 2)
5 5
B C − 
 
. 
1 2( ; 2 2; 1); ( 1; ; 2 3).M d M m m m N d N n n n∈ ⇒ + + ∈ ⇒ + + Suy ra 
( 1; 2 2; 2 2).MN m n m n m n= − + + − + − − + +

Vì MN // (P) nên 2 0 2. 0
0 0( )
P m n m nn MN
n nN P
 − + = = − =
⇔ ⇔  
≠ ≠∉  
 
Suy ra (3; 2; 4)MNu n n= − + +

 và (2; 1; 2).du = −

0,5 
Câu 
8.a 
(1,0 
điểm) 
Suy ra 
2 2
| 3 12 | | 4 | 1
cos( , ) cos
33 2 4 29 2 4 29
n nMN d
n n n n
α
+ +
= = = =
+ + + +
2 2 23( 4) 2 4 29 20 19 0 1n n n n n n⇔ + = + + ⇔ + + = ⇔ = − hoặc 19.n = − 
*) 1 3 ( 3; 4; 2), (0; 1; 1).n m M N= − ⇒ = − ⇒ − − − − 
*) 19 21 ( 21; 40; 20), ( 18; 19; 35).n m M N= − ⇒ = − ⇒ − − − − − − 
0,5 
Từ giả thiết suy ra 1 2,z z không phải là số thực. Do đó ' 0,∆ < hay 
24( 1) 8(4 1) 0a a+ − + < 
2 24( 6 1) 0 6 1 0.a a a a⇔ − − < ⇔ − − < (*) 
Suy ra 
2 2
1 2 1
1 ( 6 1) 1 ( 6 1)
, .
4 4
a a a i a a a i
z z z
+ − − − − + + − − −
= = = 
0,5 
Câu 
9.a 
(1,0 
điểm) 
Ta có 1
2
z
z
 là số ảo 21z⇔ là số ảo ( )2 2 2 0( 1) ( 6 1) 0 2 0 2.
a
a a a a a
a
=
⇔ + − − − − = ⇔ − = ⇔ 
=
Đối chiếu với điều kiện (*) ta có giá trị của a là 0, 2.a a= = 
0,5 
 : 3 18 ( 3 18; ),
: 2 5 ( ; 2 5).
B BH x y B b b
C d y x C c c
∈ = − + ⇒ − +
∈ = + ⇒ +
Từ giả thiết suy ra B đối xứng C qua đường trung trực 
. 0
: 3 19 279 0
 là
60 13 357 4 (6; 4)
10 41 409 9 (9; 23).
u BC
x y
BC M
b c b B
b c c C
∆ =∆ + − = ⇔ 
∈ ∆
+ = =  
⇔ ⇔ ⇒  
+ = =  
 
AC BH⊥ ⇒ chọn ( 3; 1) pt : 3 4 0 ( ; 3 4)AC BHn u AC x y A a a= = − ⇒ − + + = ⇒ −
 
(6 ; 8 3 ), (9 ; 27 3 ).AB a a AC a a⇒ = − − = − −
 
0,5 
Câu 
7.b 
(1,0 
điểm) 
Ta có  0
2 2 2 2
1 (6 )(9 ) (8 3 )(27 3 ) 1135 cos( , )
2 2(6 ) (8 3 ) . (9 ) (27 3 )
a a a aA AB AC
a a a a
− − + − −
= ⇔ = − ⇔ = −
− + − − + −
 
2 22
3 9(9 )(3 ) 1
2(3 ) 6 102| 9 | 6 10
aa a
a a aa a a
< <
− − 
⇔ = − ⇔ 
− = − +
− − + 
4.a⇔ = Suy ra (4; 8).A 
0,5 
Gọi (Q) là mặt phẳng chứa A, B và vuông góc với (P). Suy ra M thuộc giao tuyến của (Q) và (P). 
( 2; 4; 4)
, (0; 6; 6) 6(0; 1; 1)
(1; 1; 1) Q PP
AB
n AB n
n
 = −  ⇒ = = − = −  
=

  
 . Suy ra pt (Q): 1 0.y z− − = 0,5 
Câu 
8.b 
(1,0 
điểm) 
Gọi 
1 0 2 1( ) ( ) pt :
3 0 2 1 1
y z x y zd P Q d
x y z
− − = + +
= ∩ ⇒ ⇔ = =
+ + + = −
 ( 2 2; ; 1) .M t t t d⇒ − − − ∈ 
Ta có 2 2 2
( 2; 0; 1)0
2 36 6 8 0 14 4 14 ; ; .
3 3 33
Mt
MA MB t t
Mt
− −=

− = ⇔ − + = ⇔ ⇒  
−=     
0,5 
Câu 
9.b 
(1,0 
điểm) 
Hoành độ giao điểm của d và ( )aC là nghiệm của phương trình 
2 2 2 1,
1
x ax
x
x
+ −
= +
−
 hay 
2 ( 1) 1 0, 1.x a x x− + + = ≠ (1) 0,5 
A 
B C 
H 
d 
M 
trung điểm 
6 
Phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt khác 1 
2 1( 1) 4 0
3.1
aa
aa
 >∆ = + − >
⇔ ⇔  < −≠ 
 (2) 
Khi đó gọi 1 2,x x là hai nghiệm phân biệt của (1), ta có 1 1 2 2( ; 2 1), ( ; 2 1).A x x B x x+ + 
Do đó 2 2 2 21 1 2 2( 1) (2 3) ( 1) (2 3)IA IB x x x x= ⇔ + + + = + + + 
 ( )2 21 1 2 2 1 2 1 25 14 5 14 ( ) 5( ) 14 0x x x x x x x x⇔ + = + ⇔ − + + = 
 1 25( ) 14 0,x x⇔ + + = vì 1 2.x x≠ (3) 
Theo định lý Viet ta có 1 2 1.x x a+ = + Thay vào (3) ta được 195( 1) 14 0 ,5a a+ + = ⇔ = − thỏa mãn 
điều kiện (2). Vậy 19 .
5
a = − 
0,5 
xa.nguyenvan@gmail.com